- 导数在研究函数中的应用
- 共24261题
已知函数f(x)=x2-cosx,x∈[-,
],则满足f(x0)>f(
)的x0的取值范围为______.
正确答案
注意到函数f(x)=x2-cosx,x∈[-,
]是偶函数故只需考虑[0,
]区间上的情形.
由f′(x)=2x+sinx≥0,x∈[0,]知函数在[0,
]单调递增,
所以f(x0)>f()在[0,
]上的解集为(
,
],
结合函数是偶函数,图象关于y轴对称,得原问题中x0取值范围是[-,-
)∪(
,
].
故答案为[-,-
)∪(
,
]
设函数f(x)=(x+a)lnx-x+a.
(Ⅰ)设g(x)=f'(x),求g(x)函数的单调区间;
(Ⅱ)若a≥,试研究函数f(x)=(x+a)lnx-x+a的零点个数.
正确答案
(Ⅰ)g(x)的定义域是(0,+∞)∵g(x)=f'(x)=+lnx,
∴g'(x)=-+
=
,…(2分)
(1)当a≤0时,g'(x)>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,
故g(x)单调区间是(0,+∞)…(4分)
(2)当a>0时,g'(x)>0,∴g(x)在(a,+∞)上单调递增,
再由g'(x)<0得g(x)在(0,a)上单调递减.
g(x)的单调区间是(0,a)与(a,+∞)…(7分)
(Ⅱ)由题(Ⅰ)知,g(x)在x=a时取到最小值,且为g(a)=+lna=1+lna.…(9分)
∵a≥,∴lna≥-1,∴g(a)≥0.
∴f'(x)≥g(a)≥0.f(x)在(0,+∞)上单调递增,…(11分)
∵f(e)=(e+a)lne-e+a=2a>0,f()=(
+a)ln
-
+a=-
<0,,
∴f(x)在(,e)内有零点.…(13分)
故函数f(x)=(x+a)lnx-x+a的零点个数为1.…(14分)
关于x的方程ax3-x2+x+1=0在(0,+∞)上有且仅有一个实数解,则a的取值范围为______.
正确答案
关于实数x的方程ax3-x2+x+1=0的所有解中,仅有一个正数解⇔a=-
-
有仅有一个正实数解.
令=t(t≠0),t的符号与x的符号一致,则a=-t3-t2+t有且
仅有一个正实数解,
令f(t)=-t3-t2+t(t≠0),
f′(t)=-3t2-2t+1,由f′(t)=0得t=或t=-1.
又t∈(-1,)时,f′(t)>0;t∈(-∞,-1),(
,+∞)时,f′(t)<0.所以[f(t)]极大值=f(
)=
.
又t→-∞,f(t)→+∞;t→+∞,f(t)→-∞.
结合三次函数图象,如图.
综上所述,实数a的取值范围为a≤0或a=.
故答案为:a≤0或a=.
已知函数f(x)=(c为常数).
(1)若1为函数f(x)的零点,求c的值;
(2)在(1)的条件下且a+b=0,求f(4a)+f(4b)的值;
(3)若函数f(x)在[0,2]上的最大值为3,求c的值.
正确答案
(1)∵1为f(x)的一个零点,
∴f(1)=0,解得c=1.
(2)由(1)知:f(x)=,
所以f(4a)+f(4b)=+
=
=0.
(3)先证f(x)的单调性.
设0≤x1<x2≤2,则f(x2)-f(x1)=-
=
.
∵0≤x1<x2≤2,∴当c>-1时,f(x2)>f(x1),即函数f(x)在[0,2]上单调递增,
所以f(x)max=f(2)=3,即=3,解得c=5;
当c=-1时,f(x1)=f(x2),即f(x)在[0,2]上是常函数,
所以f(x)=-1,不合题意;
当c<-1时,f(x1)<f(x2),即函数f(x)在[0,2]上单调递减,
所以f(x)max=f(0)=3,即-1=3,显然不成立,
综上所述,c=5.
设函数f(x)=lnx-ax2-6x
(I)当a=b=时,求函数f(x)的单调区间;
(II)令F(x)=f(x)+ax2+bx+
(0<x≤3),其图象上任意一点P(x0,y0)处切线的斜率k≤
恒成立,求实数a的取值范围;
(III)当a=0,b=-1时,方程f(x)=mx在区间[1,e2]内有唯一实数解,求实数m的取值范围.
正确答案
(Ⅰ)依题意,知f(x)的定义域为(0,+∞).(1分)
当a=b=时,f(x)=lnx-
x2-
x,
f′(x)=-
x-
=
.(2分)
令f′(x)=0,解得x=1.
当0<x<1时,f′(x)>,此时f(x)单调递增;
当x>1时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减.(3分)
所以函数f(x)的单调增区间(0,1),函数f(x)的单调减区间(1,+∞).(4分)
(Ⅱ)F(x)=lnx+,x∈(0,3],
所以k=F′(x0)=≤
,,在x0∈(0,3]上恒成立,(6分)
所以a≥(-,x02+x0)max,x0∈(0,3](7分)
当x0=1时,-x02+x0取得最大值
.所以a≥
.(9分)
(Ⅲ)当a=0,b=-1时,f(x)=lnx+x,
因为方程f(x)=mx在区间[1,e2]内有唯一实数解,,
所以lnx+x=mx有唯一实数解.
∴m=1+,
设g(x)=1+,则g′(x)=
.
令g′(x)>0,得0<x<e;
g′(x)<0,得x>e,
∴g(x)在区间[1,e]上是增函数,在区间[e,e2]上是减函数,
g(1)=1,g(e2)=1+=1+
,g(e)=1+
,
所以m=1+,或1≤m<1+
.
已知函数f(x)=x2-(a+2)x+alnx,其中常数a>0.
(1)当a>2时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)当a=4时,若函数y=f(x)-m有三个不同的零点,求m的取值范围;
(3)设定义在D上的函数y=h(x)在点p(x0,h(x0))处的切线方程为l:y=g(x),当x≠x0时,若>0在D内恒成立,则称P为函数y=h(x)的“类对称点”,请你探究当a=4时,函数y=f(x)是否存在“类对称点”,若存在,请最少求出一个“类对称点”的横坐标;若不存在,说明理由.
正确答案
(1)∵f(x)=x2-(a+2)x+alnx,
∴f′(x)=2x-(a+2)+=
=
,其中x>0,
令f'(x)=0,得x=1或x=.
∵a>2,∴>1.
当0<x<1及x>时,f'(x)>0;
当1<x<时,f'(x)<0;
∴f(x)的单调递增区间为(0,1),(,+∞).
(2)当a=4时,f(x)=x2-6x+4lnx,f′(x)=2x+-6=
=
,其中x>0,
当x∈(0,1),(2,+∞)时,f′(x)>0.
当x∈(1,2)时,f′(x)<0.
∴f(x)在x∈(0,1),(2,+∞)时为增函数,
在x∈(1,2)时为减函数.
∴f(x)的极大值为f(1)=-5,极小值为f(2)=4ln2-8.
要使函数y=f(x)-m有三个不同的零点,即函数y=f(x)的图象与直线y=m有三个不同交点,
如图,则m的取值范围是(4ln2-8,-5).
(3)由(2)知,当a=4时,函数y=f(x)在其图象上一点P(x0,f(x0))处的切线方程为:
y=m(x)=(2x0+-6)(x-x0)+x02-6x0+4lnx0,
设φ(x)=f(x)-m(x)=x2-6x+4lnx-(2x0+-6)(x-x0)-(x02-6x0+4lnx0),
则φ(x0)=0.
ϕ′(x)=2x+-6-(2x0+
-6)=2(x-x0)(1-
)=
(x-x0)(x-
)
若x0<,φ(x)在(x0,
)上单调递减,
∴当x∈(x0,)时,φ(x)<φ(x0)=0,此时
<0;
若x0>,φ(x)在(
,x0)上单调递减,
∴当x∈(,x0)时,φ(x)>φ(x0)=0,此时
<0.
∴y=f(x)在(0,)∪(
,+∞)上不存在“类对称点”.
若x0=,
(x-
)2>0,
∴φ(x)在(0,+∞)上是增函数,
当x>x0时,φ(x)>φ(x0)=0,
当x<x0时,φ(x)<φ(x0)=0,故>0.
即此时点P是y=f(x)的“类对称点”
综上,y=f(x)存在“类对称点”,是一个“类对称点”的横坐标.
设a、b、c∈R,函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1和x=3取得极值
(1)求a、b的值;
(2)若方程f(x)=0有3个不等实根,求c的取值范围.
正确答案
(1)∵f(x)=x3+ax2+bx+c
∴f'(x)=3x2+2ax+b
∵f(x)在x=1,x=3处取得极值
∴f'(1)=3+2a+b=0.f'(3)=27+6a+b=0
∴a=-6,b=9…(6分)
(2)∵f(x)=x3-6x2+9x+c,
∴f'(x)=3x3-12x2+9=3(x-1)(x-3)
∴x∈(-∞,1)时,f'(x)>0,x∈(1,3)时,f'(x)<0,x∈(3,+∞)时,f'(x)>0,
∴f(x)极大值为f(1)=4+c,f(x)极小值为f(3)=c
∴方程f(x)=0有3个不等实根∴函数y=f(x)的图象与x轴有三个不同的交点∴4+c>0>c
∴-4<c<0…(12分)
已知函数f(x)=ln(ax+1)+x3-x2-ax.(1)若x=为y=f(x)的极值点,求实数a的值; (2)若a=-1时,方程f(1-x)-(1-x)3=
有实根,求实数b的取值范围.
正确答案
(1)f′(x)=+3x2-2x-a=
∵x=为f(x)的极值点,∴f′(
)=0
∴3a(
2
3
)2+(3-2a)-(a2+2)=0且
a+1≠0
∴a=0.
又当a=0时,f′(x)=x(3x-2),从而x=为f(x)的极值点成立.
(2)若a=-1时,方程f(1-x)-(1-x)3=
可得lnx-(1-x)2+(1-x)=
即b=xlnx-x(1-x)2+x(1-x)=xlnx+x2-x3在x>0上有解
即求函数g(x)=xlnx+x2-x3的值域.
b=x(lnx+x-x2) 令h(x)=lnx+x-x2
由h′(x)=+1-2x=
∵x>0
∴当0<x<1时,h′(x)>0,从而h(x)在(0,1)上为增函数;
当x>1时,h′(x)<0,从而h(x)在(1,+∞)上为减函数.
∴h(x)≤h(1)=0,而h(x)可以无穷小.∴b的取值范围为(-∞,0].
已知a为实数,x=4是函数f(x)=alnx+x2-12x的一个极值点.
(Ⅰ)求a的值;
(Ⅱ)求函数f(x)的单调区间;
(Ⅲ)若直线y=b与函数y=f(x)的图象有且仅有3个交点,求b的取值范围.
正确答案
(Ⅰ)∵函数f(x)=alnx+x2-12x,
∴f′(x)=+2x-12,
∵x=4是函数f(x)=alnx+x2-12x的一个极值点,
∴f′(4)=0,得+8-12=0,得a=16;
(Ⅱ)当a=16时,f(x)=16lnx+x2-12x,f′(x)=+2x-12=
,
当f′(x)>0时,可得x>4或者0<x<2;
当f′(x)<0时,可得2<x<4;
∴函数f(x)的单调增区间为:(4,+∞),(0,2);
函数f(x)的单调减区间为:(2,4);
(Ⅲ)直线y=b与函数y=f(x)的图象有且仅有3个交点,f(4)=16ln4-32,f(2)=16ln2-20,
由(Ⅱ)知f(x)在x=2出去极大值,在x=4出取极小值,
画出f(x)的草图:
直线y=b与函数y=f(x)的图象有且仅有3个交点,
∴直线y=b必须在直线l和直线n之间,
∴f(4)<b<f(2),
即161n4-32<b<16ln2-20,;
已知函数f(x)=+lnx(x>0).
(1)当a=1时,求f(x)在[,2]上的最小值;
(2)若函数f(x)在[,+∞)上为增函数,求正实数a的取值范围;
(3)若关于x的方程1-x+2xlnx-2mx=0在区间[,e]内恰有两个相异的实根,求实数m的取值范围.
正确答案
(1)当a=1时,f(x)=+lnx-1,f′(x)=
-
=
,
令f′(x)=0,得x=1,
于是,当<x<1时,f′(x)<0,当1<x<2时,f′(x)>0,
所以当x=1时f(x)取得极小值,且f(1)=0,
又f()=1-ln2,f(2)=ln2-
,
所以当x=1时函数f(x)取得最小值0.
(2)f′(x)=-
=
,
因为a为正实数,由定义域知x>0,
所以函数的单调递增区间为[,+∞),
又函数f(x)在[,+∞)上为增函数,所以0<
≤
,
所以a≥2;
(3)方程1-x+x2lnx-2mx=0在区间[,e]内恰有两个相异的实数根,
推得方程+lnx-m=0在区间[
,e]内恰有两个相异的实数根,即方程
+lnx=m在区间[
,e]内恰有两个相异的实数根,
则函数g(x)=+lnx的图象与函数y=m的图象在区间[
,e]内恰有两个交点.
考察函数g(x)=+lnx,g′(x)=-
+
=
,则g(x)在区间[
,
]为减函数,在[
,e]为增函数,
则有:g(e)=+lne=
+1=
>0,
g()=
+ln
=
-ln2<0,
g()=
+ln
=
-1=
<0<g(e),
画函数g(x)=+lnx,x∈[
,e]的草图,要使函数g(x)=
+lnx的图象与函数y=m的图象在区间[
,e]内恰有两个交点,
则要满足g()<m≤g(
),
所以m的取值范围为{m|-ln2<m≤
}.
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